ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - ĐẶNG VĂN HIẾU SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS PHAN HUY KHẢI Thái Nguyên, năm 2009 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn MỤC LỤC Trang Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Chương – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 1.1 – Bất đẳng thức Côsi 1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi 1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14 1.4 – Thêm bớt số sử dụng bất đẳng thức Côsi 23 1.5 – Thêm bớt biến số sử dụng bất đẳng thức Cơsi 27 1.6 – Nhóm số hạng sử dụng bất đẳng thức Côsi 33 Chương – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng 55 Chương – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với dãy đơn điệu 59 3.1 – Bất đẳng thức với dãy đơn điệu 59 3.2 – Một số ví dụ minh hoạ 60 Chương – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép 67 4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép 67 4.2 – Một số ví dụ minh hoạ 68 Chương – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen 81 5.1 – Định nghĩa hàm lồi 81 5.2 – Điều kiện đủ tính lồi hàm số 82 5.3 – Bất đẳng thức Jensen 82 5.4 – Một số ví dụ minh hoạ 84 Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 98 http://www.Lrc-tnu.edu.vn LỜI CẢM ƠN Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện giúp tơi hồn thành luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ suốt q trình học tập trường Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè tất người giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình học tập hồn thành luận văn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức chuyên mục có tính hấp dẫn giáo trình giảng dạy học tập mơn tốn nhà trường phổ thơng Nó đề tài thường xun có mặt đề thi toán kỳ thi tuyển sinh quốc gia, kỳ thi Olympic toán cấp Luận văn dành để trình bày nhánh lý thuyết bất đẳng thức – Các bất đẳng thức thơng dụng Ngồi phần mở đầu danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có chương: Chương với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi” dành để trình bày bất đẳng thức Cơsi Bất đẳng thức Cơsi bất đẳng thức quan trọng có nhiều ứng dụng chứng minh bất đẳng thức Trong chương chúng tơi dành để trình bày phương pháp để sử dụng có hiệu bất đẳng thức Côsi Chương “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày ứng dụng bất đẳng thức Bunhiacopski bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Một phương pháp hay sử dụng có tính hiệu để chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức với dãy đơn điệu Các kết trình bày chương Chương dành để trình bày lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó bất đẳng thức Trêbưsép) Sau hết chương trình bày áp dụng lý thú kết giải tích lồi để chứng minh bất đẳng thức – sử dụng tính lồi hàm số để chứng minh bất đẳng thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Chương PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1.1 Định lý Với n số không âm: a1 , a2 , , an ( n ³ ) ta có: a1 + a2 + + an n ³ a1 a2 an n Đẳng thức xảy Û a1 = a2 = = an Chứng minh · Hiển nhiên bất đẳng thức với n = · Giả sử bất đẳng thức cho n số khơng âm bất đẳng thức với 2n số không âm Ta có: a1 + a2 + + a2 n ³ 2n ( n ) a1.a2 an + n an +1.an +2 a2n ³ n a1.a2 a2 n , nên bất đẳng thức n luỹ thừa · Giả sử bất đẳng thức với n số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức với n - số không âm Thật vậy, đặt A = a1 + a2 + + an-1 ; an = Ta có: A + A n -1 A a a a A ³ n n n-1 Þ A ³ (n -1).n-1 a1.a2 an-1 n -1 n -1 Kết hợp ba điều suy bất đẳng thức Côsi với n nguyên dương (n ³ 2) Þ đpcm 1.1.2 Hệ Với n số dương: a1 , a2 , , an (n ³ 2) ta ln có: ỉ1 (a1 + a2 + + an )ỗ + ỗ ç ç a1 è 1ư ÷ + + ÷ ³ n ÷ a2 an ÷ ø Đẳng thức xảy Û a1 = a2 = = an Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: a1 + a2 + + an ³ n n a1.a2 an > , 1 1 1 + + + ³ n n > a1 a2 an a1 a2 an (1) (2) Nhân vế (1),(2) suy điều phải chứng minh Nhận xét: · Bất đẳng thức Côsi áp dụng cho số không âm · Bất đẳng thức Côsi bất đẳng thức quan trọng nhất, quen thuộc nhất, có tầm ứng dụng rộng rãi mơn tốn học sơ cấp Đặc biệt dùng để chứng minh bất đẳng thức Sự thành công việc áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh tốn bất đẳng thức hồn tồn phụ thuộc vào linh hoạt người sử dụng kỹ thuật cách chọn số a1 , a2 , , an Sau số phương pháp vận dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức 1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI CƠ BẢN 1.2.1 Nội dung phương pháp Qui ước: Gọi hệ bất đẳng thức Côsi “Bất đẳng thức Côsi bản” Sử dụng hệ để chứng minh bất đẳng thức gọi phương pháp “Sử dụng bất đẳng thức Côsi bản” Từ “Bất đẳng thức cơsi bản” tổng qt, ta có hai trường hợp riêng sau: · Với a, b > , ta có: (a + b) ( 1 1 + ) ³ hay: + ³ a b a b a+b Đẳng thức xảy Û a = b ỉ1 1ư 1 · Với a, b, c > , ta cú: (a + b + c )ỗ + + ữ hay: + + ỗ ữ ỗa b c÷ è ø a b c a+b+c Đẳng thức xảy Û a = b = c 1.2.2 Một số thí dụ minh hoạ Thí dụ 1.1 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối A – 2005) Cho x, y , z > thoả mãn: 1 + + = Chứng minh: x y z Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 1 + + £1 x + y + z x + y + z x + y + 2z Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi hai lần liên tiếp, ta có: 1ỉ 1 ÷ éê 1 ỉ 1 ứ 1ổ1 1ử Ê ỗ + ữ Ê + ỗ + ữỳỳ ị ữ Ê ỗ + + ữ (1) ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ x + y + z ỗ x y + z ữ x ỗ y z ữỷ 2x + y + z ỗ x y 2z ÷ è ø è ø è ø ì2x = y + z ï Û x= y= z ïy = z ï ỵ Đẳng thức (1) xảy Û ï í Hồn tồn tương tự, ta cú: v 1ổ 1 1ử Ê ỗ + + ữ ữ ỗ ữ x + y + z ỗ 2x y 2z ữ ố ứ (2) 1ổ 1 1ử ữ Ê ỗ + + ữ ỗ ữ x + y + 2z ỗ 2x y z ÷ è ø (3) Cộng vế (1),(2),(3) ta được: 1 1 æ1 1ử ữ + + Ê ỗ + + ữ = ị pcm ỗ ỗ x y zữ ữ x + y + z x + y + z x + y + 2z è ø Đẳng thức xảy Û đồng thời đẳng thức (1),(2),(3) xảy Û x = y = z = Nhận xét: Ta có bất đẳng thức Côsi sau: Với a, b, c, d > thì: ỉ1 èa 1ư dø (a + b + c + d )ỗ + + + ữ 16 ị ữ ỗ ữ ỗ b c 1 ổ1 1 1ử Ê ỗ + + + ữ ữ ỗ ữ ố a + b + c + d 16 ỗ a b c d ứ p dụng vào thí dụ trên, ta có: 1 æ1 1 1ö 1 æ 1ö ữ ữ = Ê ỗ + + + ữ ị Ê ỗ + + ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ x x y zứ ỗ x y zứ ữ ữ x + y + z x + x + y + z 16 è x + y + z 16 è Tương tự suy ra: Þ 1 ổ 1ữ Ê ỗ + + ữ ç ÷ x + y + z 16 ç x y z ÷ è ø 1 ỉ 1 2ử Ê ỗ + + ữ ữ ỗ ữ x + y + z 16 ỗ x y z ÷ è ø 1 1 ỉ1 1ử ữ + + Ê ỗ + + ữ = ị pcm ỗ ỗ x y zữ ữ x + y + z x + y + z x + y + 2z è ø Đẳng thức xảy Û x = y = z = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn Thí dụ 1.2 (Bất đẳng thức Nesbit biến) Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c + + ³ b+c c +a a+b (1) Bi gii ổ D thy (1) ỗ1 + ç ç è ỉ ỉ a ÷ ç b ÷ ç c ÷ ÷ + ç1 + ữ + ỗ1 + ữ ứ ố ứ ố ứ b + cữ ỗ c + aữ ỗ a + b÷ ỉ 1 ÷³9 Û ( a + b + c )ỗ + + ç ÷ çb + c c + a a + b÷ è ø é 1 ù ú ³ Û éë( a + b) + (b + c) + (c + a )ùû ê + + êë a + b b + c c + a úû (2) Theo bất đẳng thức Cơsi (2) Þ đpcm Đẳng thức xảy Û a = b = c > Nhận xét : · Bất đẳng thức Nesbit bất đẳng thức thông dụng, thường dùng làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh bất đẳng thức khác, nhằm rút gọn phép chứng minh bất đẳng thức · Xin đưa thí dụ hình học lý thú minh hoạ cho bất đẳng thức Nesbit sau: Cho DABC Vẽ ba phân giác AA',BB',CC' Gọi ka , kb , kc tương ứng khoảng cách từ A ', B ', C ' đến AB, BC , CA Gọi , hb , hc tương ứng ba chiều cao hạ từ A, B, C Chứng minh: k a kb kc + + ³ hb hc Bài giải Ta có: SDABC = SDABA ' + SDAA ' C (Hình 1.1) Þ 1 aha = cka + bka 2 Þ aha = ka (b + c) Þ ka a = b+c Hồn tồn tương tự, ta có: kb b = hb c+a (Hình 1.1) ; Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên kc c = hc a+b http://www.Lrc-tnu.edu.vn Từ suy ra: k a kb kc a b c + + ³ Û + + ³ b+c c +a a+b hb hc (*) Theo thí dụ 1.2 Þ (*) Þ đpcm Đẳng thức xảy Û DABC Thí dụ 1.3 Cho x, y , z > x + y + z = Chứng minh: x y z + + £ x +1 y +1 z +1 Bài giải Có: ỉ x y z 1 1 ÷ + + = 1+ 1+ 1= -ỗ + + ữ ỗ ỗ x + y + z + 1÷ ÷ x +1 y + z +1 x +1 y +1 z +1 è ø Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 1 9 + + ³ = , x +1 y + z +1 x +1+ y +1+ z + Vậy: (do: x + y + z = ) x y z + + £ - = Þ đpcm 4 x +1 y + z +1 ìx +1 = y +1 = z +1 ï Û x= y= z= ïx + y + z = ï ỵ Đẳng thức xảy Û ï í Nhận xét: · Xin đưa minh hoạ lượng giác cho thí dụ trên: Chứng minh DABC , ta ln có: A B B C C A sin sin sin sin sin 2 + 2 + 2 £ A- B B-C C-A cos cos cos 2 sin (1) Thật vậy, ta có (1) tương đương với: A B B C C A sin sin sin sin sin 2 2 2 + + £ A B A B B C B C C A C A cos cos + sin sin cos cos + sin sin cos cos + sin sin 2 2 2 2 2 2 A B B C C A tan tan tan tan tan tan 2 + 2 + 2 £3 (2) Û A B B C C A tan tan + tan tan + tan tan + 2 2 2 sin A Đặt a = tan tan B B C ; b = tan tan 2 ; c = tan Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên C A tan , (a, b, c > 0) 2 http://www.Lrc-tnu.edu.vn A Dễ thấy: a + b + c = tan tan Khi (2) trở thành: B B C C A + tan tan + tan tan = 2 2 a b c + + £ a +1 b + c + (3) (4) Theo thí dụ 1.3 từ (3),(4) Þ (1) Þ đpcm Đẳng thức xảy Û a = b = c Û A = B = C Û DABC · Theo cách giải trên, ta chứng minh dạng tổng quát thí dụ 1.3 sau: Cho x1 , x2 , , xn > thoả mãn: x1 + x2 + + xn = Chứng minh: x x1 x n + + + n £ x1 +1 x2 + xn + n + Thí dụ 1.4 Cho x, y , z > Chứng minh rằng: M= x y z + + £ 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Bài giải Có M = - x+ y+z x+ y+z x+ y+z + 1+ 12x + y + z x + 2y + z x + y + 2z æ ö 1 ÷= = - ( x + y + z )ỗ + + ữ ỗ ỗ 2x + y + z x + y + z x + y + 2z ÷ ÷ è ø é ù 1 1 ú = - éë( x + y + z ) + ( x + y + z ) + ( x + y + z )ùû ê + + êë x + y + z x + y + z x + y + z úû Theo bất đẳng thức Cơsi bản, ta có: é ù 1 é(2 x + y + z ) + ( x + y + z ) + ( x + y + z )ù ê ú + + ë û ê x + y + z x + y + z x + y + 2z ú ³ ë û Vậy M £ - = Þ đpcm Đẳng thức xảy Û x = y = z Thí dụ 1.5 Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Chứng minh: 1 + + < a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 84 5.4 MỘT SỐ THÍ DỤ MINH HOẠ Thí dụ 5.1 (Bất đẳng thức Côsi) Cho a1 , a2 , , an ³ Chứng minh: a1 + a2 + + an n ³ a1.a2 an n (1) Bài giải · Xét hàm số f ( x) = - ln x , với x > Ta có: f '( x ) = - 1 ; f ''( x) = > , "x > x x Þ f ( x) = - ln x lồi x > Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: ỉ x + x2 + + xn ÷ £ é f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )ự fỗ ữ ỗ n ỷ ữ ỗ ố ứ nở n - ln Û ln Û x1 + x2 + + xn ln x1 + ln x2 + + ln xn £n n x1 + x2 + + xn ³ ln n x1 x2 xn n x1 + x2 + + xn n ³ x1.x2 xn n (2) Đẳng thức xảy Û x1 = x2 = = xn > · Xét n số: a1 , a2 , , an ³ , có hai khả xảy ra: - Nếu = , i = 1, n (1) hiển nhiên - Nếu > , i = 1, n theo (2) ta có: a1 + a2 + + an n ³ a1.a2 an n Vậy (1) "ai ³ , i = 1, n Þ đpcm Đẳng thức xảy Û a1 = a2 = = an Thí dụ 5.2 (Bất đẳng thức Bunhiacópski) Cho 2n số thực: a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Chứng minh: (a12 + a22 + + an2 )(b12 + b22 + + bn2 ) ³ (a1b1 + a2b2 + + anbn )2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn (1) 85 Bài giải Xét hàm số f ( x ) = x , với x Ỵ ¡ Ta có: f '( x) = x ; f ''( x) = > 0, "x ẻ Ă ị f ( x ) = x hàm lồi ¡ Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: "ai ³ 0, xi , i = 1, n åa n i =1 i > , thì: ỉ ÷ ç ÷ ç n ÷ ç a1 a2 an a ữ ỗ fỗ n x1 + n x2 + + n xn ÷ £ å n k f ( xk ) ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ å å å ÷ k=1 å ữ ỗ ữ ỗ i=1 ố ứ i =1 i =1 i =1 (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) ị ổ n ỗ aữ ỗồ i ữ ỗ i=1 ữ ố ứ £ 2 a1 x12 + a2 x2 + + an xn åa n i =1 i 2 Þ (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) £ (a1 + a2 + + an )(a1 x12 + a2 x2 + + an xn ) (2) Giả sử bi ¹ , i = 1, n (vì tồn bi = , ta cần loại cặp (ai , bi ) đi, làm lại cặp (a j ; b j ) với b j ¹ ) Đặt = bi2 xi = , i = 1, n Nên từ (2) suy ra: bi (a1b1 + a2b2 + + anbn ) £ (a12 + a22 + + an2 )(b12 + b22 + + bn2 ) Þ đpcm Đẳng thức xảy Û x1 = x2 = = xn Û a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Thí dụ 5.3 (Bất đẳng thức Minkowski) Cho , bi > 0, (i = 1, n) Chứng minh: n a1.a2 an + n b1 b2 bn £ n ( a1 + b1 )(a2 + b2 ) (an + bn ) Bài giải Xét hàm số f ( x ) = ln (1 + e x ) , với " x Ỵ ¡ Có f '( x ) = ex ex ; f ''( x) = > 0, " x Ỵ ¡ + ex + ex ) ( Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 86 Þ f ( x ) = ln (1 + e x ) hàm lồi ¡ Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: ỉ x + x2 + + xn ÷ £ é f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )ự fỗ ữ ỗ n ỷ ữ ỗ ố ứ nở n Chn xi = ln bi , i = 1, n Ta có: ổ b1 ổ ữ ỗln + +ln bn ử ữ ỗ ổ b ổ b ửự ữ ỗ ộ ổ bử n ỗ a1 an ữ ữ ố ứữ ỗ1 + e ỗ ữ ữ Ê ờờ ln ỗ1 + ữ + ln ç1 + ÷ + + ln ç1 + n ữỳỳ ữ ữ ln ỗ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ a ữ ỗ ữ ÷ ÷ ÷ n êë è a1 ø è a2 ứ ố ỗ ữ n ứỳ ỷ ố ứ ổ ( a + b )( a + b2 ) (an + bn ) b b b ÷ Û ln ç1 + n n ÷ £ ln n 1 ỗ ữ ỗ ỗ a1.a2 an ữ a1.a2 an è ø Û 1+ n Û n (a + b )(a + b2 ) ( an + bn ) b1.b2 bn £n 1 a1 a2 an a1 a2 an a1 a2 an + n b1.b2 bn £ n ( a1 + b1 )(a2 + b2 ) (an + bn ) Þ đpcm Đẳng thức xảy Û a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Thí dụ 5.4 (Bất đẳng thức Svacxơ) Cho , bi bi > (i = 1, n) Chứng minh: a (a + a2 + + an ) a12 a2 + + + n ³ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn (1) Bài giải Xét hàm số f ( x ) = x , với x Ỵ ¡ Ta có: f '( x) = x ; f ''( x) = > 0, "x ẻ Ă ị f ( x ) = x hàm lồi ¡ Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: f (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) £ a1 f ( x1 ) + a2 f ( x2 ) + + an f ( xn ) Với > ( "i = 1, n) cho: åa n i =1 i = Chọn = bi åb Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ; xi = n j =1 (2) bi , "i = 1, n j http://www.Lrc-tnu.edu.vn 87 ổ ử2 ữ ỗ ữ ỗ ỗ b ỉ ư2 ỉ ư2 ÷ a1 bn an ÷ ç ÷ £ b1 ç a1 ÷ + + bn ỗ an ữ T (2) ị ỗ n ữ + + n ỗ ữ ỗ ữ n n ỗ ữ ỗb ữ ỗb ữ ữ ç ÷ b1 bn ÷ è 1ø ÷ ç å bj bj bj bj ố n ứ ữ ỗ ồ ữ ỗ j=1 ữ ố ứ j =1 j =1 j =1 (a1 + a2 + + an ) Û b1 + b2 + + bn Đẳng thức xảy Û Thí dụ 5.5 £ a2 a12 a2 + + + n Þ đpcm b1 b2 bn a a1 a2 = = = n b1 b2 bn (Bất đẳng thức Nesbit ba biến) Cho a, b, c > Chứng minh: a b c + + ³ b+c c +a a+b (1) Bài giải Đặt A = a + b + c > Khi (1) Û Xét hàm số f ( x ) = Có f '( x) = Þ f ( x) = A ( A - x) a b c + + ³ A- a A- b A- c x , với x Ỵ (0; A) A- x ; f ''( x) = 2A > , với " x Ỵ (0; A) ( A - x )3 x hàm lồi (0; A) A- x ỉ x1 + x2 + x3 ÷ ÷ £ éë f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 )ùû ÷ ố ứ 3 ỗ p dng bt ng thc Jensen, ta cú: f ỗ ỗ a +b+c 1ổ a b c ữ Ê ỗ + + ữ ç è ø A - ( a + b + c) ỗ A - a A - b A - c ÷ Û a b c £ + + Þ đpcm b+c c+a a +b Đẳng thức xảy Û a = b = c > Nhận xét: · Bất đẳng thức Nesbit ba biến cách chứng minh trên, chứng minh phương pháp: bất đẳng thức Cơsi (thí dụ 1.2), bất đẳng thức Bunhiacopski (thí dụ 2.3.1), bất đẳng thức với dãy đơn điệu (thí dụ 3.5) bất đẳng thức Trêbưsép (thí dụ 4.2) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 88 · Cũng bất đẳng thức Nesbit: bất đẳng thức Côsi bản, bất đẳng thức Svacxơ số bất đẳng thức, thí dụ khác cho thấy, bất đẳng thức chứng minh nhiều cách khác Qua cho thấy đa dạng phong phú phương pháp chứng minh bất đẳng thức Thí dụ 5.6 Cho a1 , a2 , , an > Chứng minh: 1 n + + + ³ + a1 + a2 + an + n a1.a2 an Bài giải Xét hàm số f ( x ) = Có f '( x) = + ex -e x e x (e x - 1) ; f ''( x) = , "x > (1 + e x )2 (1 + e x )3 Þ hàm số f ( x ) = lồi x > Theo hệ bất đẳng thức Jensen, ta + ex æ x1 + x2 + + xn ÷ ÷ £ éë f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn )ùû ÷ n ứ n cú: f ỗ ỗ ỗ ố Chn xi = ln , "i = 1, n Ta có: 1ỉ 1 ÷ ÷ Ê ỗ + + + ỗ ỗ1 + a + a n a a a ÷ + an ÷ 1+ n n è ø Þ 1 n + + + ³ + a1 + a2 + an + n a1.a2 an Þ đpcm Đẳng thức xảy Û a1 = a2 = = an > Thí dụ 5.7 Cho a, b, c > Chứng minh: é2 ù (b + c ) (c + a ) ( a + b) £ ê (a + b + c )ú úû ëê a b c a+b+c (1) é2 ù £ ln ê ( a + b + c )ú êë úû (2) Bài giải Có (1) Û a ln (b + c ) + b ln (c + a ) + c ln ( a + b) a +b+c Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 89 Xét hàm số f ( x) = - ln (a + b + c - x ) , với x Ỵ (0, a + b + c ) Có f '( x) = 1 ; f ''( x) = > , với x Ỵ (0, a + b + c ) a+b+c-x (a + b + c - x )2 Þ f ( x ) hàm lồi (0, a + b + c ) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: ỉ a f (a) + bf (b) + cf (c) a b c fỗ a + b + cữ Ê ữ ỗ ữ ỗa +b + c è a+b+c a+b+c ø a +b+c 2 2ö ổ ỗ a + b + c - a + b + c ÷ £ -a ln (b + c ) - b ln (c + a ) - c ln (a + b) ữ - ln ỗ ỗ ÷ a +b+c ÷ a +b+c è ø Û ln 2ab + 2bc + 2ca a ln (b + c ) + b ln (c + a ) + c ln (a + b) ³ a+b+c a+b+c (3) Dễ thấy, với a, b, c > Þ a + b + c ³ ab + bc + ca Þ ( a + b + c) ³ 3( ab + bc + ca ) 2 (ab + bc + ca ) Þ ( a + b + c) ³ a+b+c é ( ab + bc + ca) ù é2 ù ú Þ ln ê (a + b + c )ú ³ ln êê êë úû a + b + c úû ë (4) Từ (3),(4) Þ (2) Þ đpcm Đẳng thức xảy Û đồng thời đẳng thức (3),(4) xảy Û a = b = c > a+b+c ỉa + b + cư ÷ Thí dụ 5.8 Cho a, b, c > Chứng minh: a b c ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ a b c Bài giải Xét hàm số f ( x) = x ln x , với x > Ta có: f '( x) = + ln x ; f ''( x) = > , "x > x Þ f ( x) = x ln x hàm lồi x > ỉ a + b + cư ÷ £ [ f (a ) + f (b) + f (c )] ÷ ÷ ø 3 Áp dng bt ng thc Jensen, ta cú: f ỗ ỗ ç è Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 90 Û a + b + c a + b + c a ln a + b ln b + c ln c ln £ 3 a +b +c æa + b + cử ữ ln ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ø a +b+c ỉa + b + cư ÷ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Ê ln ( a a bb c c ) £ a a bb c c Þ đpcm Đẳng thức xảy Û a = b = c > Nhận xét: Với cách giải ta chứng minh dạng tổng quát cho thí dụ 5.8 sau: Cho a1 , a2 , , an > Chứng minh rằng: æ a + a2 + + an öa1 +a2 + +an a a ÷ a1a1 a2 an n ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ n Đẳng thức xảy Û a1 = a2 = = an > (Nếu n = ta thu thí dụ 5.8) x a Thí dụ 5.9 Cho a, b, x, y > Chứng minh: x ln + y ln y x+ y ³ ( x + y ) ln b a+b Bài giải Xét hàm số f ( x) = x ln x , với x > Có f '( x) = ln x + ; f ''( x) = > , với "x > x Þ f ( x) hàm lồi x > Đặt a1 = x1 = a b ; a2 = Þ a1 ; a2 > a1 + a2 = a +b a+b x a ; x2 = y b Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: f (a1 x1 + a2 x2 ) £ a1 f ( x1 ) + a2 f ( x2 ) ỉx + ÷£ a Û fỗ ữ ỗ ữ ỗa + bứ a +b ố ổ xử b f ỗ ữ+ ữ ỗ ứ ữ a +b ỗa ố ổ xử fỗ ữ ỗ ứ ỗbữ ố ữ x+ y x+ y x x y y ln £ ln + ln a+b a +b a+b a a+b b Û ( x + y ) ln x+ y x y £ x ln + y ln Þ đpcm a +b a b Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 91 ìx = y ï ïa = b ï î Đẳng thức xảy Û ï í Thí dụ 5.10 Chứng minh rằng, DABC ta ln có: A sin 2 + B sin 2 + C sin 2 ³ 12 Bài giải Xét hàm số f ( x ) = Ta có: f '( x) = , với x Î (0, p ) sin x -2cos x sin x ; f ''( x) = 2sin x + 6cos x > , với " x ẻ (0, p ) sin x ị f ( x) hàm lồi (0, p ) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: ỉ ữ ỗ ỗ ữ 1ỗ 1 ữ ữ Ê ỗ + + ữ ỗ A B C B Cữ ữ 3ỗ A ỗ sin + + sin sin ữ ữ ỗ ỗ ố ø 2 2÷ sin 2 2 Û A sin 2 + B sin 2 + C sin 2 ³ 12 Þ đpcm Đẳng thức xảy Û A = B = C Û DABC Nhận xét: · Theo thí dụ cho thấy, phương pháp dùng để chứng minh bất đẳng thức lượng giác phương pháp dùng tính lồi hàm số (Bất đẳng thức Jensen) vận dụng cách có hiệu để chứng minh bất đẳng thức lượng giác, đặc biệt bất đẳng thức lượng giác tam giác · Với cách làm xây dựng bất đẳng thức tương tự sau: - Trong DABC ta có: 1 + + ³ sin A sin B sin C - Với "xi Ỵ (0, p) , i = 1, n thì: 1 + + + ³ sin x1 sin x2 sin xn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên n x1 + x2 + + xn sin n http://www.Lrc-tnu.edu.vn 92 Thí dụ 5.11 Cho DABC Chứng minh: A sin + B sin + C sin ³ Bài giải , s inx Xét hàm số f ( x ) = Ta có: f '( x) = - cos x s in x ; với x Ỵ (0, p ) f ''( x) = sin x + 2cos x > , với " x Î (0, p ) sin x Þ f ( x) hàm lồi (0, p ) Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: Û A sin + B sin + C sin ổ ữ ỗ ữ 1ỗ 1 ữ ỗ ữ Ê ỗ + + ữ ỗ A B C A B Cữ ỗ ữ 3ỗ sin sin ữ + + ữ ỗ sin ố ứ 2 2÷ sin 2 ³ Þ đpcm Đẳng thức xảy Û A = B = C Û DABC Nhận xét: Hoàn toàn tương tự thí dụ 5.10 ta có kết tương đương sau: · Trong DABC ta có: · Với "xi Ỵ (0, p) , i = 1, n thì: Thí dụ 5.12 1 + + ³2 sin A sin B sin C 1 + + + ³ sin x1 sin x2 sin xn Trong DABC ta ln có: A cos + B cos + n x1 + x2 + + xn sin n C cos ³2 Bài giải Xét hàm số f ( x) = , cos x p với x Ỵ (0, ) cos x + 2sin x s inx p Có f '( x) = ; f ''( x) = > , với " x Ỵ (0, ) cos x cos x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 93 Þ f ( x) = p hàm lồi (0, ) cos x ổ ữ ỗ ỗ ữ 1ỗ 1 ữ ữ Ê ỗ + + ữ ỗ A B C A B Cữ ỗ ữ 3ỗ + + cos cos ữ ữ ỗ cos è ø 2 2÷ cos 2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: Û A cos + B cos + C cos ³ Þ đpcm Đẳng thức xảy Û A = B = C Û DABC Nhận xét: Từ thí dụ suy kết sau: 1 + + ³ cos A cos B cos C · Trong DABC nhọn, ta ln có: ỉ p pư 1 Ã Vi "xi ẻ ỗ- , ữ , i = 1, n thỡ: + + + ỗ ữ ç 2÷ è ø cos x1 cos x2 cos xn n x1 + x2 + + xn cos n Thí dụ 5.13 Chứng minh rằng, DABC ta ln có: A cos 2 + B cos 2 + C cos 2 ³ Bài giải Xét hàm số f ( x ) = Có: f '( x ) = Þ f ( x) = 2s inx cos x æ pử , vi x ẻ ỗ0, ữ ỗ ữ ỗ 2ữ ố ứ cos x , f ''( x ) = ỉ pư 2cos x + 6sin x > , vi "x ẻ ỗ0, ữ ỗ ữ ỗ 2ữ ố ứ cos x p hàm lồi (0, ) 2 cos x Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta cú: ổ ữ ỗ ữ ỗ 1 1ỗ 1 ữ ữ Ê ỗ + + ữ ç A B C B C÷ ÷ 3ç A 2 ỗ cos ữ + + cos cos ữ ç ç è ø 2 2 2 2÷ cos Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 94 Û A cos 2 + B cos 2 + C cos 2 ³ Þ đpcm Đẳng thức xảy Û A = B = C Û DABC Nhận xét: Từ thí dụ suy kết sau: · Trong DABC nhọn, ta ln có: Û 1 + + ³ 12 2 cos A cos B cos C ổ p pử Ã Vi "xi ẻ ỗ- , ữ , i = 1, n thỡ: ỗ ữ ỗ 2÷ è ø 1 + + + ³ 2 cos x1 cos x2 cos xn n x1 + x2 + + xn cos n Thí dụ 5.14 Chứng minh rằng, DABC ta ln có: sin A B C A B C + sin + sin + tan + tan + tan ³ + 2 2 2 (1) Bài giải x x Xét hàm số f ( x) = sin + tan , với x Ỵ (0, p ) x Có f '( x) = cos + 2cos x ổ - cos ỗ ; f ''( x) = ỗ ỗ xố 4cos sin x xư ÷ > , với " x ẻ (0, p ) ữ ứ 2ữ Þ f ( x) hàm lồi (0, p ) ỉ A+ B +Cư ÷ £ ( f ( A) + f ( B) + f (C )) ÷ ÷ ø Theo bất đẳng thc Jensen, ta cú: f ỗ ỗ ỗ ố ị sin B C A B Cö A+ B +C A+ B +C 1ổ A + tan Ê ỗsin + sin + sin + tan + tan + tan ÷ ÷ ç ÷ ç 6 3è 2 2 2ø Û sin A B C A B C + sin + sin + tan + tan + tan ³ + Þ đpcm 2 2 2 Đẳng thức xảy Û A = B = C Û DABC Nhận xét: Trong DABC ta ln có: sin A B C + sin + sin £ 2 2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 95 tan A B C + tan + tan ³ 2 Hai bất đẳng thức ngược chiều nhau, khơng thể cộng vế hai bất đẳng thức để suy bất đẳng thức (1) Cho nên phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen tỏ rõ hiệu thí dụ Thí dụ 5.15 Chứng minh rằng, n ngun dương ta có: sin x1 + sin x2 + + sin xn x + x2 + + xn £ sin , với xi Ỵ [0, p ](i = 1, n) n n Bài giải Xét hàm số f ( x ) = sin x , với x Ỵ [0, p ] Có f '( x ) = cos x ; f ''( x) = - sin x £ , với "x Ỵ [0, p ] Þ f ( x ) hàm lõm [0, p ] Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có: ỉ x + x2 + + xn ÷ ³ é f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )ự fỗ ữ ỗ n ỷ ữ ỗ ố ứ nở n sin x1 + x2 + + xn sin x1 + sin x2 + + sin xn ³ Þ đpcm n n Đẳng thức xảy Û x1 = x2 = = xn Nhận xét: · Từ thí dụ trên, áp dụng vào tam giác, người ta thường xét trường hợp riêng quan trọng sau: * sin A + sin B + sin C £ * sin 3 (1) A B C + sin + sin £ 2 2 (2) · Tương tự với cách giải thí dụ trên, ta có lời giải cho thí dụ sau: é p pù êë 2 úû Thí dụ 5.15.1 Chứng minh rằng, n ngun dương xi Ỵ ê- ; ú , i = 1, n Thì ta có: cos x1 + cos x2 + + cos xn x + x2 + + xn £ cos n n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 96 Bài giải é p pù êë 2 úû Xét hàm số f ( x ) = cos x , với x Ỵ ê- ; ú é p pù êë 2 úû Có f '( x) = - s inx ; f ''( x) = - cos x £ , với " x Ỵ ê- ; ú é p pù Þ f ( x ) hàm lõm ê- ; ú êë 2 úû Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: ỉ x + x2 + + xn ÷ ³ é f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )ự fỗ ữ ỗ n ỷ ữ nở ỗ ố ứ n cos x1 + x2 + + xn cos x1 + cos x2 + + cos xn ³ Þ đpcm n n Đẳng thức xảy Û x1 = x2 = = xn Nhận xét: Áp dụng kết vào DABC ta có: * cos A + cos B + cos C £ * cos (3) A B C 3 + cos + cos £ 2 2 (4) ỉ pư ÷ , i = 1, n Chứng minh: ÷ ø 2÷ Thí dụ 5.15.2 Cho n s nguyờn dng v xi ẻ ỗ0; ỗ ỗ ố t anx1 + t anx + + t anx n x + x2 + + xn ³ tan n n Bài giải ỉ pư Xét hàm số f ( x ) = t anx , vi x ẻ ỗ0; ữ ỗ ữ ỗ 2ữ è ø ỉ pư Có f '( x) = + t an x ; f ''( x) = t anx (1 + tan x) > , vi "x ẻ ỗ0; ữ ữ ỗ ữ ç è 2ø ỉ pư Þ f ( x) hm li trờn ỗ0; ữ ữ ỗ ữ ỗ 2ø è Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 97 æ x + x2 + + xn ÷ £ é f ( x ) + f ( x ) + + f ( x )ự fỗ ữ ỗ n ỷ ữ nở ỗ ố ứ n ị tan x1 + x2 + + xn t anx1 + t anx + + t anx n £ Þ đpcm n n Đẳng thức xảy Û x1 = x2 = = xn Nhận xét: · Áp dụng kết thí dụ vào DABC ta có: * tan A + tan B + tan C ³ 3 * tan (5) A B C + tan + tan ³ 2 (6) · Các bất đẳng thức từ (1) đến (6) suy từ thí dụ 5.15 ; 5.15.1 5.15.2 gọi bất đẳng thức lượng giác tam giác, bất đẳng thức thường sử dụng làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh bất đẳng thức lượng giác khác Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn 98 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Đức Chính (2006), Bất đẳng thức, NXB Văn hố Thơng tin [2] Bộ giáo dục đào tạo (1996), Đề thi tuyển sinh vào trường đại học, cao đẳng trung học chuyên nghiệp, NXB Giáo dục [3] Bộ giáo dục đào tạo, Tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục [4] Phan Huy Khải (2000), Giới thiệu dạng toán luyện thi đại học (tập 2), NXB Hà Nội [5] Phan Huy Khải (2001), 500 toán chọn lọc bất đẳng thức (tập 1,2), NXB Hà Nội [6] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, NXB Giáo dục [7] G.H.Hardy, J.E.Littlewood, G.Polya (2002), Bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc Gia, Hà Nội Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn ... Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 1.1 – Bất đẳng thức Côsi 1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi 1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14 1.4 – Thêm bớt số sử dụng bất đẳng thức Côsi 23... biến số sử dụng bất đẳng thức Cơsi 27 1.6 – Nhóm số hạng sử dụng bất đẳng thức Côsi 33 Chương – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.2 – Bất đẳng. .. Sau số phương pháp vận dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức 1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI CƠ BẢN 1.2.1 Nội dung phương pháp Qui ước: Gọi hệ bất đẳng thức Côsi ? ?Bất đẳng thức